已知 $a\in(0,1)$，函数 $f(x)=x-\dfrac ax-(a+1)\ln x+a-1$，$g(x)=\dfrac{x+a}{x-1}\ln x$．
（1）求证：$f(x)$ 有 $2$ 个零点；
（2）当 $x\in (0,1)$ 时，求证：$g(x)$ 有最小值 $h(a)$，且 $0<h(a)<2$．
分析与解 （1）函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{(x-a)(x-1)}{x^2},\]于是\[\begin{array}{c|ccccc}\hline x&(0,a)&a&(a,1)&1&(1,+\infty)\\ \hline f'(x)&+&0&-&0&+\\ \hline f(x)&\nearrow&{\rm lmax}&\searrow&{\rm lmin}&\nearrow \\ \hline \end{array}\]注意到 $f(1)=0$，所以有 $f(a)>0$．且在 $[a,+\infty)$ 上，函数 $f(x)$ 只有 $1$ 个零点为 $x=1$．
在 $(0,a)$ 上，考虑\[xf(x)=x^2+(a-1)x-(a+1)x\ln x-a,\]当 $0<x\leqslant \sqrt{\dfrac a2}$ 时，$x^2\leqslant \dfrac a2$；
当 $x>0$ 时，$(a-1)x<0$；
注意到\[\sqrt{x}\cdot \ln\sqrt{x}\geqslant -\dfrac{1}{\rm e},\]于是当 $0<x\leqslant \left(\dfrac{a{\rm e}}{4(a+1)}\right)^2$ 时，有\[\begin{split}-(a+1)x\ln x=&-2(a+1)\sqrt x\cdot \sqrt x\cdot\ln\sqrt x\\\leqslant &\dfrac{2(a+1)}{\rm e}\cdot \sqrt x\leqslant \dfrac a2,\end{split}\]因此取 $$x_1=\min\left\{\sqrt{\dfrac a2},\left(\dfrac{a{\rm e}}{4(a+1)}\right)^2\right\},$$则有 $f(x_1)<0$．
所以在 $(0,a)$ 上函数 $f(x)$ 只有 $1$ 个零点，在区间 $(x_1,a)$ 上．
综上所述，函数 $f(x)$ 有 $2$ 个零点．
（2）函数 $g(x)$ 的导函数\[g'(x)=\dfrac{x-\dfrac ax-(a+1) \ln x+a-1}{(x-1)^2}=\dfrac{f(x)}{(x-1)^2},\]根据第 $(1)$ 小题的结论，当 $x\in (0,1)$ 时，函数 $g(x)$ 有极小值，亦为最小值．而当 $0<x<1$ 时，有\[0<\dfrac{x+a}{x-1}\ln x<\dfrac{x+a}{x-1}\cdot \dfrac 12\left(x-\dfrac 1x\right)=\dfrac{(x+a)(x+1)}{2x},\]因此\[0<h(a)<\min_{0<x<1}\dfrac{(x+a)(x+1)}{2x}=\dfrac{\left(\sqrt a+1\right)^2}2<2,\]因此原命题得证．